知识点：电磁感应

B

解：A、分子电流假说最初是由安培提出来的，A错误；

B、C、“分子电流”并不是专指分子内部存在环形电流的，分子电流假说揭示了磁铁的磁场与电流的磁场具有共同的本质，即磁场都是由电荷的运动形成的，所以C错误B正确；

D、加热去磁现象可以根据分子电流假说解释，构成磁体的分子内部存在一种环形电流﹣﹣分子电流通常情况下磁体分子的分子电流取向是杂乱无章的，它们产生的磁场互相抵消，D错误

知识点：磁场

A

解：

A、磁铁周围存在磁场，磁极之间的相互作用是通过磁场发生的，磁场和电场一样，也是一种特殊的物质．故A正确；

B、由B=可知，是通过比值法定义的，所以B与F，与IL均无关，而B由磁场本身性质决定．故B错误；

C、通电导线在磁场中的受磁场力方向，可由左手定则来确定，磁场力的方向与磁场方向是相互垂直的，故C错误；

D、磁感线就是细铁屑在磁铁周围排列出的曲线，没有细铁屑的地方仍存在磁场，但磁感线是假想的曲线，是不存在的．故D错误；

知识点：磁场对运动电荷的作用力

A

解：A、通电导线的电流也是由电荷的定向移动而形成的，所以两种力本质上都是磁场对运动电荷的作用．故A正确；

B、洛伦兹力的方向与带电粒子的运动有关，安培力的方向与电流方向有关，而自由电荷的定向移动形成电流，所以B错误；

C、两种力的方向均可用左手定则判断，故C错误；

D、安培力做功，但洛伦兹力始终与速度方向垂直，所以洛伦兹力不做功，故D错误；

知识点：磁场

B

解：由题，小磁针静止时N极指向向左，则通电螺线管内部磁场方向向左，P端为N极．根据安培定则判断出电流的方向：从b端流进，从a端流出，b接电源的正极，a接电源的负极．故B正确．

知识点：闭合电路的欧姆定律

A

解：用电压档检测其量程要大于6V，故A正确，C错误

用电流档要用较大量程，所给B中的0.5A太小，故B错误

用欧姆档要把电源断开，本题操作没有，故D错误

知识点：法拉第电磁感应定律

A

解：先比较甲、乙线框落地时速度的大小：乙线框进入磁场时速度较大，安培力较大，线框克服安培力做功较多，即产生的热量较多；根据能量守恒定律得知乙线框落地时的速度较小．

线框穿过磁场区域过程受到的安培力是变力，设受到的平均安培力为F，穿过磁场的时间为△t，下落全过程的时间为t，落地速度为v．

对全过程，由动量定理得：

mgt﹣F△t=mv

而F△t=BIL△t=BLq，又感应电荷量 q=，因为磁通量△Φ相同，通过线框截面的电荷量相等，则两个下落过程线框所受的安培力冲量相同．

因为v乙＜v甲，所以t乙＜t甲，即乙线框先落地，故A正确，BCD错误．

知识点：串联电路和并联电路

C

解：改装成电压表要串联电阻分压，串阻值为：

则A，B，D错误，C正确

知识点：交变电流

BC

解：A、在t1到t2时间内，若设顺时针（从左向右看）方向为正，则线圈A电流方向顺时针且大小减小，所以根据右手螺旋定则可判定穿过线圈B方向向右的磁通量大小减小，由楞次定律可知，线圈B的电流方向顺时针方向，因此A、B中电流方向相同，出现相互吸引现象，故A错误；

B、在t2到t3时间内，若设顺时针方向（从左向右看）为正，则线圈A电流方向逆时针且大小增大，所以根据右手螺旋定则可判定穿过线圈B方向向左的磁通量大小增大，由楞次定律可知，线圈B的电流方向顺时针方向，因此A、B中电流方向相反，A、B出现互相排斥，故B正确；

C、由题意可知，在t1时刻，线圈A中的电流最大，而磁通量的变化率是最小的，所以线圈B感应电流也是最小，因此两线圈间作用力为零，故C正确；

D、在t2时刻，线圈A中的电流最小，而磁通量的变化率是最大的，所以线圈B感应电流也是最大，但A、B间的相互作用力最小，故D错误；

知识点：闭合电路的欧姆定律

ABC

解：由电路图可知，当滑动变阻滑片向右移动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，电路总电阻变大，电源电动势不变，由闭合电路的欧姆定律可知，电路总电流I变小；

A、电源电动势E不变，电流I变小，电源总功率P=EI减小，故A正确；

B、电源的效率η==，电源内阻r不变，滑动变阻器阻值R变大，则电源效率增大，故B正确；

C、电源内阻r不变，电流I减小，源的热功率PQ=I2r减小，故C正确；

D、当滑动变阻器阻值与电源内阻相等时，电源输出功率最大，由于不知道最初滑动变阻器接入电路的阻值与电源内阻间的关系，因此无法判断电源输出功率如何变化，故D错误；

知识点：带电粒子在复合场中的运动

BD

解：A、B、C、正离子从左边进入电场，在电场中受到向上的电场力和向下的洛伦兹力作用，因恰能沿直线从左边水平飞出，可知电场力和洛伦兹力平衡，有qE=qv0B，得v0=；

电子从右侧进入电场，受到的电场力方向向上，由左手定则可知，洛伦兹力方向也向上，所以电子将向上偏转．故A错误，B正确，C错误；

D、若粒子带负电，也从左边以速度v0射入，电场力和洛伦兹力的方向对调，发现还是有v0=，所以带电粒子只要以速度v0从左边水平进入电场，粒子就会沿水平方向射出，与电性和电量无关．故D正确；

知识点：测定金属的电阻率

见解析

解：（1）固定刻度读数为0，可动刻度读数为39.7，所测长度为0+39.7×0.01=0.397mm

（2）由记录数据根据欧姆定律可知金属丝的电阻Rx约5Ω．则有，，比较Rx为小电阻应该采用外接法测量误差小．由（3）知是用伏安特性曲线来测量电阻的，就要求电压电流从接近0开始调节，所以应该采用分压接法甲．

（3）注意连图时连线起点和终点在接线柱上并且不能交叉，结合（2）可知应该连接成外接分压接法（甲）那么在连线时断开开关且使Rx两端的电压为0．先连外接电路部分，再连分压电路部分，此时滑片P必须置于变阻器的左端．实物图如右图所示，

（4）描绘出第2、4、6三个点后可见第6次测量数据的坐标点误差太大舍去，然后作出U﹣I图线．如右图所示；其中第4次测量数据的坐标点在描绘出的U﹣I图线上，有：Ω．

（5）根据电阻定律 有：10﹣6Ω•m，从数量级上估算出的金属丝电阻率是C选项．

（6）用螺旋测微器测量金属丝直径时，由于读数引起的误差属于偶然误差；由于电流表和电压表内阻引起的误差属于系统误差．答案为CD

故答案为：（1）0.397

（2）甲

（3）如图

（4）如图，4.5

（5）C

（6）CD

知识点：电能的输送

见解析

解：（1）全过程的线路示意图如图所示：

（2）根据=，解得升压变压器的输出电压为：

U2=220×10V=2200V

则输电线上的电流为：

I2==A=20A，

损失的功率为：

P损=I22R=400×0.2W=80W．

输电线上损失的电压为：

△U=I2R=20×0.2V=4V

则降压变压器输入电压为：

U3=U2﹣△U=2200﹣4V=2196V

根据=，得用户得到的电压为：

U4==219.6V

用户得到的功率为：

P′=P﹣P损=44000﹣80=43920W=43.92KW．

（3）若不经过变压而直接送到用户，电流为：

I===200A

用户得到的功率：

P′=P﹣I2r=44000﹣2002×0.2=36000W=36KW

用户得到的电压为：

U′=U﹣Ir=220﹣200×0.2=180V

答：（1）画出全过程的线路图，如图所示；

（2）用户得到的电压为219.6V，功率为43.92KW；

（3）若不经过变压而直接送到用户，用户得到的功率为36KW，电压为180V．

知识点：质谱仪

见解析

解：（1）带正电的粒子在两板间做匀速直线运动，故所受电场力和洛伦兹力为一对平衡力，即：Eq=B1qv

所以：

（2）带电粒子进入下面的匀强磁场后做匀速圆周运动，O、A两点间的距离x为其做圆周运动的直径，故

答：

（1）粒子做匀速直线运动的速度v为．

（2）O、A两点间的距离x为．

知识点：波的传播

B

解：

A、由图看出，P、Q两点平衡位置间的距离等于半个波长，振动情况总是相反，则两质点同时回到平衡位置．故A错误．

B、P、Q振动情况总是相反，再经一个周期，两个质点到平衡位置的距离相等．故B正确．

C、两个质点在任意时刻的动量大小相等、方向相反，由于动量是矢量，所以动量不同．故C错误．

D、两个质点在任意时刻的加速度大小相等、方向相反，则加速度不相同．故D错误．

知识点：原子核

C

解：①、宏观物体的物质波波长非常小，不易观察到它的波动性，故①错误；

②激光具有相干性好，平行度好、亮度高等特点，故②正确；

③原子核反应过程中的质量亏损现象不违背能量守恒定律，只是换种形式存在，符合质能联系方程，故③错误；

④根据氢原子的能级图可知，氢原子的能量是不连续的，辐射光子的能量也是不连续的，故④正确

知识点：简谐运动

1m，16：9，甲

解：甲摆的周期为2s，乙摆的周期为1.5s，根据单摆的周期公式T=2π得：

L1==1m；

L2==m；

摆长L=，甲、乙两摆的周期比为4：3，则摆长比为16：9．

单摆小角度摆动，甲摆的振幅为7cm，乙摆的振幅为3cm，根据A=Lθ，两个摆的摆角之比为：

，故甲摆的摆角较大；

知识点：光的折射

见解析

解：（1）设光在AD面的入射角、折射角分别为i、r，则由几何知识得：r=30°

据

得：sini=nsinr=1.5sin30°=0.75

则得：i=arcsin0.75

（2）根据

得：

根据v=λf，得：==3.77×10﹣7m

（3）光路如图所示．由几何知识得ab光线在AB面的入射角为45°．

设玻璃的临界角为C，则有：

∵sin 45°＞0.67，∴C＜45°．

因此光线ab在AB面会发生全反射．

光线在CD面的入射角r'=r=30°，根据，得光线CD面的出射光线与法线的夹角i'=i=arcsin0.75．

答：（1）这束入射光线的入射角arcsin0.75．

（2）光在棱镜中的波长是3.77×10﹣7m．

（3）该束光线第一次从CD面出射时的折射角是arcsin0.75．

知识点：放射性元素的衰变

A

解：根据α、β衰变特点可知：92238U经过一次α衰变变为90234Th，90234Th经过1次β衰变变为91234Pa，91234Pa再经过一次β衰变变为92234U，故BCD错误，A正确．

知识点：动量守恒定律

D

解：设每个球的质量均为m，碰前系统总动量P=mAvA+mBvB=4m，碰前的总机械能E=mAvA2+mBvB2=20m；

A、碰后总动量P′=4m，总机械能E′=20m，动量守恒，机械能守恒，故A可能实现；

B、碰后总动量P′=4m，总机械能E′=4m，动量守恒，机械能不增加，故B可能实现；

C、碰后总动量P′=4m，总机械能E′=5m，动量守恒，机械能不增加，故C可能实现；

D、碰后总动量P′=4m，总机械能E′=39m，动量守恒，机械能增加，违反能量守恒定律，故D不可能实现；

知识点：放射性元素的衰变

BD

解：A、P→Si+e，

e是P内的质子转化为中子时产生的，故AC错误，B正确；

D、P原子核的质量为mP、Si原子核的质量为mS，e的质量为m0，

根据质能方程得P衰变成Si的过程中释放的核能为△E=△mc2=（mP﹣mSi﹣m0）c2，故D正确；

知识点：动量守恒定律

见解析

解：系统满足动量守恒得

mAvA=mBvB

最高点：对轨道的压力为0，所以根据牛顿第二定律：

A：mAg=

B：mBg=

根据动能定理有：

﹣=2mAgR

﹣=4mBgR

联立解得mA：mB=：1

答：A、B两物体的质量mA和mB之比是：1